ижче куба.
Малюнок 11
Нехай куб ABCDEFGH і «стовп» ABCDEFGH вписані в одну і ту ж сферу.Сравнім їх обсяги. З куба «випирають» два паралелепіпеда з квадратними підставами: зверху ABCDABCD й рівний йому за обсягом нижній паралелепіпед. При цьому від куба «віднімається» набагато більше. Угледіти це зовсім просто: у кожної сторони квадрата ABCD прилягає до стовпа паралелепіпед з квадратним підставою, рівним (конгруентним) самому квадрату ABCD.
Один з таких паралелепіпедів ми позначили AB QRMNPL. Вже ці чотири паралелепіпеда займають більший об'єм, чим випирають частини стовпа. Дійсно, обсяг випирають частин дорівнює 2 | А В | 2 | А А |, а обсяг чотирьох прилеглих паралелепіпедів дорівнює 4 | А В | 2 | А М |. Дійсно, обсяг випирають частин дорівнює 2 | А В | 2 | А А |, а обсяг чотирьох прилеглих паралелепіпедів дорівнює 4 | А В | 2 | А М |. Але | А М |=Тепер розглянемо трикутник А АА. Кут=А АА спирається на дугу А З, кут=АЄС спирається на велику дугу АС. Значить, lt; , І, отже, | А А |: | А А |=tg lt; tg=| CA |: | АЕ | =. Отримуємо, що
| А В | 2 | A A | lt; 2 | AB | 2 | A A |=2 | А В | 2 | AM |=4 | А В | 2 | А М |. Потрібне нерівність для обсягів доведено.
Залишається проаналізувати випадок б) (рис. 12). Нехай знову куб ABCDEFGH і стовп ABCDEFGH вписані в одну і ту ж сферу (точки Н, D, H 'на рис. 12 не помітні). Порівняємо їх обсяги. З стовпа випирають дві паралелепіпеда з квадратними підставами загальним обсягом 2 | АВ | 2 | АА |. Обсяг частини стовпа, випирає з куба, менше. Кеплер доводить це так. Докладемо, каже він, до кожної бічній стороні куба паралелепіпед товщини, рівної товщині випирання стовпа. (На рис. 6 зображений один з чотирьох таких паралелепіпедів ABFEPQRS.) Їх загальний обсяг дорівнює
Малюнок 12
| АВ | 2 | АР | =. І знову, розглянувши трикутники АА'А і АЕС, встановлюємо, що кут більше кута, і значить, | АА" |: | А А | gt;. Але, як справедливо зазначає Кеплер, якщо приліпити до кубу чотирьох паралелепіпеда, то вони все- таки не закриють всього стовпа, будуть «зіяти» чотири паралелепіпеда в ребер (один з них - B LB OF MF N (точка F не видно). Кожен з цих паралелепіпедів складає частину стовпчиків, які вишикувалися у кожного з ребер АЕ, BF, CG і DH. Обсяг кожного такого стовпчика дорівнює | АВ || АР | 2. Але коли ми доклали до кожної грані паралелепіпед, то вони «видаються за висоту стовпа вісьмома стовпчиками» (один з цих восьми - BQPATA B.
Обсяг кожного з восьми стовпчиків дорівнює | АВ | | АР | | АА |. Очевидно, нерівність 2 | АА | gt; 2 | А А |=4 | АР |, з якого випливає, що чотири стовпчики в ребер також поступаються в обсязі виділяється восьми паралелепіпеда. Отже, «випирає» з стовпа обсяг 2 | АБ | 2 | АА | gt; 4 | АВ | 2 | АР |, а з куба менше, ніж 4 | АВ | 2 | АР | - 8 | АВ || АР || АА | + 4 | АB || АР | 2 lt; 4 | АВ | 2 | АР |. Отже, куб більше втрачає, ніж здобуває. Допоміжна задача вирішена. Решта зовсім просто. У кожен циліндр можна вписати стовп і відношення обсягу циліндра до обсягу вписаного стовпа постійно і дорівнює. Значить, найбільшим за обсягом є циліндр, в який можна вписати куб. А у нього відношення висоти до діаметру основи одно. Довівши цю теорему, Кеплер пише: «Звідси ясно, що австрійські бондарі як би по здоровому і геометричному глузду при побудові бочки дотримуються правило, щоб за радіус днища брати третину довжини клепок. Саме при такому пристрої циліндр, подумки побудований між двома днищами, матиме дві половини, вельми близько підходять до умов теореми V, і тому буде самим містким, хоча б при споруді бочки від точних правил кілька і відступили, бо фігури, близькі до оптимальної , дуже мало змінюють свою місткість ..., бо по обидва боки від місця найбільшого значення спадання на початку несуттєво ».
. 2 Завдання Фаньяно
На початку XVIII століття італійський інженер і математик Фаньяно деї Тоски (1682-1766) поставив наступну задачу: вписати в даний гострокутний трикутник ABC трикутник найменшого периметра так, щоб на кожній стороні трикутника ABC лежала одна вершина трикутника.
Скористаємося прийомом: за допомогою рухів площині спробуємо вибудувати боку вписаного трикутника в ламану лінію. Тоді периметр буде не менше відрізка, що з'єднує кінці цієї ламаної. А найменший периметр буде відповідати випадку, коли сторони ламаної лежать на одній прямій.
Малюнок 13
Отже, нехай точки A1, B1, C1 лежать на сторони трикутника ABC (A1- на стороні BC і т. д.). Відобразимо точку A1 симетрично щодо сторін AB і AC, отримавши точки A2 і A3 відповідно рис. 7. Довжина триланкової ламаної A3B1C1A2 дорівнює периметру трикутника A1B1C1. Для т...
